【文档说明】备战2024年高考化学易错题（全国通用）易错类型07 化工流程中的常考问题（7大易错点） Word版含解析.docx，共(32)页，2.303 MB，由小赞的店铺上传

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易错类型07化工流程中的常考问题【易错点01】不清楚常见的工艺操作方法措施（研磨、焙烧、水浸、酸（碱）浸等）【易错点02】不清楚常见的工艺操作控制条件（调节溶液pH、控制温度等）【易错点03】不掌握理解物质分离、提纯的方法及要

点【易错点04】不能正确书写流程中陌生的反应方程式【易错点05】热重曲线的相关问题【易错点06】工艺流程题中有关Ksp的计算类型【易错点07】工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算易错点1不清楚常见的工艺操作方法措施【分析】工艺操作(结果)目的评价(或操作名称)方法措施研磨(粉

碎)增大接触面积，加快反应(溶解)速率煅烧(焙烧)矿物分解、燃烧，转化为易溶于酸、碱的物质水浸利用水溶性把物质进行分离酸浸(碱浸)利用物质与酸(碱)反应除掉杂质或把目标物质转化为可溶性离子易错点2不清楚常见的工艺操作控制条件【分析】调

节pH的原理及目的1．需要的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，使pH增大的物质如MgO、Mg(OH)2等类型的物质。2．原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度3．

pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值－主要离子开始沉淀时pH，注意端值取等。4．控制pH的目的：(1)pH调小：抑制某离子水解；防止某离子沉淀控制条件调节溶液pH某些金属离子的沉淀，控制物质的溶解控制温度加快反应速率，促进平衡移动；物质的溶解、析出、挥发等增大某反应物用

量增大另一反应物的转化率某种试剂的选择是否带入杂质、是否影响产品的纯度(2)pH调大：确保某离子完全沉淀；防止某物质溶解等。(3)控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。5．控制某反应的pH值使某些金属离子以氢氧化物的形

式沉淀的原理，例如：(1)Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3＋3H+，加入CuO后，溶液中H+浓度降低，平衡正向移动，Fe(OH)3越聚越多，最终形成沉淀。(2)如若要除去Al3＋

、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO

3等物质来调节溶液的pH。(3)PH控制的范围：大于除去离子的完全沉淀值，小于主要离子的开始沉淀的PH。易错点3不掌握理解物质分离、提纯的方法及要点分离提纯不相溶液体分液相溶性液体蒸馏难溶性固体过滤易溶性固体蒸发浓缩、冷却结晶趁热过滤防止温度降低，某物质析出冰水洗涤

减少晶体的溶解损失乙醇、有机溶剂洗涤减少晶体的水溶性损失易错点4不能正确书写流程中陌生的反应方程式【分析】1．书写思路首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型：(1

)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律；(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂

)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。(2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。(3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。(4)根据质量守恒配

平反应方程式。易错点5热重曲线的相关问题【分析】1．热重曲线模型由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量。如固体物质A热分解反应:A(固体)⎯⎯→B(固体)+C(气体)的典型热重曲线如图所示。图中T1

为固体A开始分解的温度,T2为质量变化达到最大值时的终止温度。若试样初始质量为W0，失重后试样质量为W1，则失重百分数为()01000W-W100W。2．热重曲线的分析法的思考路径坐标曲线体解题时可以拆分为

识图、析图、用图三个步骤。其中识图是基础，析图是关键，用图是目的。(1)识图识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义（自变量X轴和函数Y轴表示的意义），寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点（顶点、始点、终点、拐点、交叉点）；三看线即曲

线的走势（变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化）。(2)析图分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图像曲线中的图形与相关点建立联系。(3)用图将相关的化学知识与图像曲线

紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。3．热重分析的一般方法和规律(1)设晶体为1mol。(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。(3)计算每步的剩余固体质量，m（剩余）m（1mol晶体质

量）×100%＝固体残留率。(4)晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)即可求出失重后物质的化学式。【方法指导】“两步法”突破热重分析及计算题突破技法第一步读题，找变化阅读题给信息，找出物质之间发生的变化，一

般结晶水合物先失结晶水，后发生分解，碳酸盐产生CO2，硫酸盐产生SO2或SO3，氢氧化物产生H2O第二步列式，求未知根据固体质量变化，列出定量关系式，求出未知数，确定剩余固体的化学式易错点6工艺流程题中有关Ksp的计算的类型【分析】类

型一已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度饱和溶液时的物质的量浓度与Ksp的关系应用：比较溶解度的大小1:1型spKx=1:2型或2：1型34spKx=1:3型或3:1型427spKx=类型二已知溶度积、溶

液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度类型三根据溶度积规则判断沉淀是否生成类型四沉淀溶解平衡中的除杂和提纯类型五沉淀溶解平衡中沉淀转化的计算类型六Ksp与水解常数的关系易错点7工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算【分析

】化工流程题中涉及的计算主要有：样品的质量分数或纯度的计算，物质的转化率或产率、物质的量浓度、物质的质量的计算。计算公式：(1)n＝mM，n＝VVm，n＝cV(aq)(2)物质的质量分数(或纯度)＝该物质的质量混合物的总质量×100%(3)产品产率＝产品实际产量产品理论

产量×100%(4)物质的转化率＝参加反应的原料量加入原料的总量×100%突破1不清楚常见的工艺操作方法措施【例1】（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺制备3Cr(OH)，已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，下列说法错误

的是A．“焙烧”中产生2COB．滤渣的主要成分为2Fe(OH)C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为24CrO−D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用【答案】B【分析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中

存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。【解析】A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，B错误；C．滤液①中Cr元素的化合价是+6价

，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr元素主要存在形式为24CrO−，C正确；D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；故选B。【变式1-1】（2022·重庆·模拟预测）废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分

，工程师设计如下回收重金属的工艺流程。回答下列问题：(1)为提高浸取率，可采取的措施是_______(写一种即可)，操作1的名称是_______；(2)滤液1中主要含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+等，则浸取时CdO发生反应的化

学方程式为_______；(3)在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是_______；(4)“反萃取”的原理为NiR有机+2H+⇌Ni2++2HR有机，需加入的试剂X为_______；(5)写出反应1的离子方程式_______；(6)由CoCl2溶液得到CoCl2·6H2

O所需的一系列操作是_______；(7)生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2++2-3CO⇌CdCO3↓+4NH3↑，常温下，该反应平衡常数K=2.0×105，[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数K1=4.0×10-5，则Ksp(CdCO3)=_____

__。【答案】(1)将废电池磨碎或搅拌等过滤(2)CdO＋3NH3＋NH4HCO3=[Cd(NH3)4]CO3＋H2O(3)烧杯、分液漏斗(4)H2SO4溶液(5)2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋6H

2O(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤(7)2.0×10-10【解析】废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，加入NH4HCO3和NH3生成配离子[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+，过滤除去Fe2O3，废渣是Fe2O3，滤液1

催化氧化+2价的Co元素生成Co(OH)3沉淀，过滤得到滤液2，加入萃取剂，水相中得到[Cd(NH3)4]2+，Ni元素进入有机相中，反萃取得到NiSO4·6H2O；Co(OH)3为强氧化剂，由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CoCl2溶液，因此Co(OH)3被浓盐酸

还原为CoCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CoCl2·6H2O；(1)将废电池磨碎或搅拌或适当升温或延长浸取时间等；操作1后有废渣，说明操作1的名称是过滤；(2)浸取时CdO发生反应的化学方程式为：CdO＋3NH3＋NH4HCO3=[Cd(NH3

)4]CO3＋H2O；(3)在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是烧杯、分液漏斗；(4)“反萃取”的原理为NiR有机+2H+⇌Ni2++2HR有机，反萃取后，生成NiSO4，所以试剂X是H2SO4溶液；(5)反应1把＋3价Co变成了＋2价Co

，说明Co(OH)3与盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为：2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O；(6)由CoCl2溶液得到含有结晶水的化合物CoCl2·6H2O所需的一系列操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；(7)[Cd(NH3)4]

2++2-3CO⇌CdCO3↓+4NH3↑的平衡常数为：()()()43522334c2.010cNHKCdNHCO+−==；[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数()()()24351234cc4.010NHCdKCdNH

+−+==；则Ksp(CdCO3)=()()52210135K4.010cc210K2.010spKCdCO−+−−====突破2不清楚常见的工艺操作控制条件【例2】（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂

质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法错误的是A．固体X主要成分是和S；金属M为ZnB．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出C．中和调pH的范围为3.2~4.2D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生

成【答案】D【解析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液

中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。A．经过上述分析可知固

体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；C．根据流程图可知：用NH3

调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，

与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；故合理选项是D。【例3】我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。湿法炼锌产生的铜镉渣（主要

含锌、铜、铁、镉（Cd）、钴（Co）等单质）用于生产金属镉的工艺流程如下：表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1mol·L－1）金属离子Fe3+Fe2+Cd2+开始沉淀的pH1.56.37.43Fe(OH)2

Cu(OH)2Zn(OH)3Fe(OH)2O沉淀完全的pH2.88.39.4①操作Ⅲ中先加入适量H2O2的作用是。②再加入ZnO控制反应液的pH，合适的pH范围为______________________________。2．答案将Fe2+氧化为Fe3+2.8≤pH

＜7.4解析①双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，便于调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去；②加入氧化锌调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去，由表格可知，合适的pH范围为：2.8≤pH＜7.4。【变式2-1】硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原

料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：回答下列问题：在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_____________________________________

________。【答案】将B(OH)−4转化为H3BO3，并促进H3BO3析出【解析】在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)−4转化为H3BO3，并促进H3BO3析出。【变式2-2】（2022·福建省龙岩第一中学一模）某工业生产上

用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO4•5H2O的流程如图。已知：有机萃取剂HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(org为有机相)Cu2+(aq)+2HR(org)萃取反萃取CuR2(org)+2H+(aq)。(1)焙

烧前粉碎的目的是_______。(2)“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为_______，试剂X的最佳选择是_______(填标号)。a.HClb.NaOHc.H2SO4d.NH3•H2O(3)25℃时，“调节pH”后，测得

滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)离子Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+浓度/(mol·L-1)1.0×10-65.01.20对应氢氧化物的Ksp6.4×10-382.2×10-20

2.0×10-158.0×10-16该滤液的pH为_______；加入的Cu(OH)2_______(填“已经”或“没有”)完全溶解。(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的化学方程式为_______。(5)

“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为_______。(6)上述流程中获取金属铜的方法是电解硫酸铜溶液。若电解200mL0.5mol/LCuSO4溶液，生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。【答案】(1)增大接触

面积，提高反应速率(2)2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+c(3)3.6已经(4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O(5)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重

复操作2～3次。(6)()()()()+22+-4cH>cSO>cCu>cOH−【解析】由题中流程可知，铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO2

和不溶于酸的杂质，滤液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，继续过滤，滤渣2为Fe(OH)3，滤液中加入HR进行萃取，除去镍离子，有机相中加入硫酸进行反萃取

，水相的主要成分为硫酸铜溶液，加热蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可获得产品。(1)由上述分析可知，焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分氧化；答案为增大接触面积，提高反应速率；(2)由上述分析可知，加入Cu(OH)2调节溶液

pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；由题中信息Cu2+(aq)+2HR(org)萃取反萃取CuR2(org)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移动

，则增加H+浓度，即有机相中加入硫酸进行反萃取，可以分离铜离子，还不会产生杂质，所以选项c正确；答案为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；c；(3)由题中表格数据可知，25℃时，“调节pH”后，测得滤液中c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L，c(Cu

2+)=5.0mol/L，因为Ksp[Fe(OH)3]=6.4×10-38，所以c(Fe3+)×c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，则c(OH-)=()()333KcspFeOHFe+=38366.410110−−=4×10-11mol/L，c(H+)=14w)11K1

10c(410OH−−−==14×10-3mol/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，所以C

u(OH)2已经完全溶解；答案为3.6；已经；(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO4与NaClO发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O

；答案为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；(5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；

(6)电解CuSO4溶液，发生反应2CuSO4+2H2O通电2Cu+2H2SO4+O2↑，200mL0.5mol/L的CuSO4溶液中n(CuSO4)=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，生成铜3.2

g，物质的量为3.2g?64g/mol=0.05mol，故生成H2SO40.05mol，溶液中CuSO4为0.1mol-0.05mol=0.05mol，电解后的溶液为CuSO4、H2SO4混合溶液，溶液呈酸性，溶液中铜离子水解、水发生电离，故n(H+)

＞0.05mol×2=0.1mol，n(24SO−)=0.1mol，n(Cu2+)＜0.05mol，溶液中氢氧根浓度很小，故()()()()+22+-4cH>cSO>cCu>cOH−，故答案为：.()()()()+22+-4cH>cSO>cCu>cOH−。突破3

不掌握理解物质分离、提纯的方法及要点【例4】（2022·福建卷）用铬铁合金(含少量NiCo、单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：下列说法错误．．的是A．“浸出”产生的气体含有2HB．“除杂”的目的是除去NiCo、元素C．流程中未产生

六价铬化合物D．“滤渣2”的主要成分是()2243FeCO【答案】D【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含2+2+3+2+NiCoCrFe、、、加入Na2S分离出滤渣1含CoS和NiS

，3+2+CrFe、不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分离出硫酸铬，以此来解答。【详解】A．四种金属均与稀硫酸反应生成H2，A正确；B．共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂"的

目的是除去Ni、Co元素，B正确；C．由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正确；D．“滤渣2”的主要成分是FeC2O4，D错误；故本题选D。【变式3-1】（2022·陕西·西安中学三模）NiCl2是一种重要催化剂。某

科研小组以废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料，按如图流程回收NiCl2·6H2O晶体，回答下列问题。已知：Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9(1)滤渣1

的成分主要是_______。(2)若X为Cl2，则其发生的离子方程式是_______。若用H2O2代替Cl2，试剂Y的使用量会减少，原因是_______。(3)氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L

)，滤液3中c(F-)不小于_______mol/L。(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是_______。操作A为_______、冷却结晶、过滤、洗涤。(5)将所得NiCl2·6

H2O与SOCl2混合加热可制备无水NiCl2并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为_______。【答案】(1)CuSS(2)2322FeCl2Fe2Cl++−+=+Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应232222F

eHO2H2Fe2HO+++++=+消耗氢离子(3)0.03(4)洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率蒸发浓缩(5)NiCl2·6H2O+6SOCl2Δ=NiCl2+6SO2↑+12HCl↑【解析】废弃催化

剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)加入盐酸溶解，除去有机物杂质，通入H2S生成CuS沉淀除去Cu2+，同时Fe3+被还原为Fe2+；滤液1中加入氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3+；向滤液2中加入NH4F生成C

aF2沉淀、MgF2沉淀除去Ca2+和Mg2+；向滤液3中加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，NiCO3沉淀中加盐酸溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2•6H2O晶体；据此解答。(1)向含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+离子的溶液中通入H2S，Fe3+被还原为Fe

2+，H2S被氧化为S单质，即2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，Cu2+和H2S反应生成CuS沉淀，即Cu2++H2S=CuS↓+2H+，所以滤渣1的成分主要是CuS、S；答案为CuS、S。(2)若X为Cl2，Cl2把Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为2F

e2++Cl2=2Fe3++2Cl-；加入试剂Y的目的是调节pH生成Fe(OH)3沉淀，若用H2O2代替Cl2，发生反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，反应消耗H+，所以试剂Y的使用量会减少；答案为2

Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应232222FeHO2H2Fe2HO+++++=+消耗氢离子。(3)由题中信息可知，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，CaF2比MgF2更难溶，氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和

Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于95910110−−mol/L=3×10-2mol/L=0.03mol/L；答案为0.03。(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是减少镍离子损失，提高镍元素利用率；NiCO

3沉淀中加盐酸溶解得NiCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2•6H2O晶体；答案为洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率；蒸发浓缩。(5)将所得NiCl2·6H2O与SOCl2混合加热可制

备无水NiCl2并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为NiCl2·6H2O+6SOCl2Δ=NiCl2+6SO2↑+12HCl↑；答案为NiCl2·6H2O+6SOCl2Δ=NiCl2+6SO2↑+12HCl↑。突破4不能正确书写流程中陌生的反应方

程式【例5】（2021·全国甲卷）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)2I的一种制备方法如下图所示：①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为___________________________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______

__________后可循环使用。②通入2Cl的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为____________________________；若反应物用量比()()22nCl/nFeI=1.5时，氧化产物为____________；当()()22nCl/nFeI>1.5

，单质碘的收率会降低，原因是________________________________________________________。(2)以3NaIO为原料制备2I的方法是：先向3NaIO溶液

中加入计量的3NaHSO，生成碘化物；再向混合溶液中加入3NaIO溶液，反应得到2I，上述制备2I的总反应的离子方程式为__________________________。【答案】2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-AgNO3FeI2+Cl2=

I2+FeCl2I2、FeCl3I2被过量的2Cl进一步氧化(2)--2-+332422IO+5HSO=I+5SO+3H+HO【解析】(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程

式为2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO3；②通入2Cl的过程中，因I-还原性强于Fe2+，

2Cl先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反应物用量比()()22nCl/nFeI=1.5时即2Cl过量，先氧化完全部

I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当()()22nCl/nFeI>1.5即2Cl过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降

低，故答案为：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的2Cl进一步氧化；(2)先向3NaIO溶液中加入计量的3NaHSO，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入3NaIO溶液，反应得到2I，上述制备2I的两个

反应中I-为中间产物，总反应为-3IO与-3HSO发生氧化还原反应，生成2-4SO和2I，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：--2-+332422IO+5HSO=I+5SO+3H+HO，故答案为：--2-+332422IO+5HSO=I+5SO

+3H+HO。【变式4-1】高铁酸钾是绿色、环保型水处理剂，也是高能电池的电极材料。工业上，利用硫酸亚铁为原料，通过铁黄(FeOOH)制备高铁酸钾，可降低生产成本且产品质量优。工艺流程如图：回答下列问题：(1)有同学认为上述流程可以与氯碱工业联合。写出电解饱和食盐水制取次氯酸

钠的化学方程式_____________________________________________________________________________________。(3)用高铁酸钾处理水时，

不仅能消毒杀菌，还能将水体中的NH3、CN-转化成CO2、N2等无毒的物质，生成的氢氧化铁胶体粒子还能吸附水中悬浮杂质。试写出高铁酸钾处理含CN-废水时除去CN-的离子方程式_________________________

_____________________________________________________。【答案】(1)NaCl+H2O通电NaClO+H2↑(3)10FeO24−+6CN-+22H2O=10Fe(OH)3(胶体)+6CO23−+3N2↑+14OH-【解析】实验室欲制备高

铁酸钾，首先要分别制备铁黄和NaClO，将而二者混合后加入NaOH调节溶液pH得到高铁酸钠，通过Na与K的置换可以得到高铁酸钾粗产品。根据图像分析制备过程中最佳的制备温度和溶液pH；根据沉淀溶解平衡常数计算溶液中Fe3+的浓度；根据充电时的电池总反应方

程式和充电时各电极的得失电子情况书写电极方程式。(1)电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式NaCl+H2O通电NaClO+H2↑；(3)高铁酸钾具有氧化性，可以将CN－氧化为氮气和二氧化碳而除去，本身被还原

为氢氧化铁胶体，在碱性溶液中二氧化碳变成碳酸根离子，反应的方程式为10FeO24−+6CN-+22H2O=10Fe(OH)3(胶体)+6CO23−+3N2↑+14OH-。【变式4-2】4512LiTiO和4LiFePO

都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为3FeTiO，还含有少量MgO、2SiO等杂质)来制备。工艺流程如下；回答下列问题：(2)“酸浸”后，钛主要以24TiOCl−形式存在，写出相应反应的离子方程式____________________________。(5)写出“高温煅烧②

”中由4FePO制备4LiFePO的化学方程式___________________________________。(6)一种钛酸锂二次电池原理如图，放电时Li+由N极层状材料中脱出经由电解质嵌入M极层状材料中，充电时

N极电极反应方程式为________________________________________________________，放电时M极每增重7g，负载中转移电子数为________________。【答

案】(3)6Fe3++4SO24−+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+(6)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O【解析】废料与硫酸、过氧化氢混合，硫酸把单质Fe、C

u、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存在的Fe2+氧化为Fe3+；二氧化硅不溶于酸，则滤渣为二氧化硅；加入MgO、硫酸钠生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]

沉淀；加入硫化氢，生成不溶于硫酸的硫化铜沉淀；加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去；加入NaOH使镍生成沉淀。(3)“除铁”时加入Na2SO4溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为6Fe3++4SO

24−+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+；(6)NaClO具有强氧化性，Cl元素由+1价降低到-1价，则Ni元素由NiSO4中+2价升高到NiOOH中的+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为2NiSO4+NaClO+4Na

OH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O。突破5热重曲线的相关问题【例6】硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%

。硫酸铁铵晶体的化学式为。【答案】NH4Fe(SO4)2·12H2O【解析】第一步根据题给信息，确定硫酸铁铵发生的变化：NH4Fe(SO4)2·xH2O→NH4Fe(SO4)2·(x－1.5)H2O第二步理解样品失重5.6%的含义，列出含x的代数式，求出x的值，确定硫酸铁铵的化学式样品加热到

150℃时失掉1.5个结晶水，发生变化：NH4Fe(SO4)2·xH2O→NH4Fe(SO4)2·(x－1.5)H2O＋1.5H2O。固体失重5.6%，即失去水的质量占样品总质量的5.6%，列出关系式：1.5×18266＋18x×100%＝5.6%

，解得x＝12，故硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。【例7】在加热固体NH4Al(SO4)2·12H2O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：已知a点物质为NH4Al(SO4)2，b点物质为Al2(SO4)3，下列判断正确的是()A．0～T℃的过程

变化是物理变化B．c点物质是工业上冶炼铝的原料C．a→b反应中生成物只有Al2(SO4)3和NH3两种D．Al2(SO4)3能够净水，可用离子方程式表示为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3【答案】B

【解析】因为a点物质为NH4Al(SO4)2，则0～T℃的过程变化是失去结晶水生成NH4Al(SO4)2，是化学变化，A项错误；b点物质为硫酸铝，继续加热分解则在c点生成氧化铝，所以c点物质是工业上冶炼铝的原料，B项正确；a→b

发生的反应为硫酸铝铵分解生成硫酸铝、氨气和硫酸，C项错误；硫酸铝能够净水，其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性可以吸附水中悬浮的杂质，D项错误。【变式5-1】在空气中加热10.98g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物

质，其质量如表。温度范围/℃固体质量/g150～2108.82290～3204.82890～9204.50(1)加热到210℃时，固体物质的化学式为_______________________________________。(2)经测定，加热到210～31

0℃过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。【答

案】(1)CoC2O4(2)3CoC2O4＋2O2===Co3O4＋6CO2【解析】(1)CoC2O4·2H2O失去全部结晶水的质量为10.98×147183g＝8.82g，即加热到210℃时，固体物质是CoC2O4。(2)根据元素守恒，n(CO2)＝8.82147×2mol＝0.12mol，质

量为0.12mol×44g·mol－1＝5.28g，固体量减少(8.82－4.82)g＝4.00g，说明有气体参加反应，即氧气参加，氧气的质量为(5.28－4.00)g＝1.28g，其物质的量为1.2832mol＝0.04mol，n(CoC2O4)∶n

(O2)∶n(CO2)＝8.82147∶0.04∶0.12＝0.06∶0.04∶0.12＝3∶2∶6，依据原子守恒，3CoC2O4＋2O2===Co3O4＋6CO2。【变式5-2】取26.90gZnSO4·6H2O加

热，剩余固体的质量随温度的变化如图2所示。750℃时所得固体的化学式为()A．ZnOB．ZnSO4C．Zn3O(SO4)2D．ZnSO4·H2O【答案】C【解析】750℃时剩余固体与680℃时一样，剩下13.43g，质量减少了26.9013.4313.47(g)−=，26.90gZnSO4·

6H2O中水的质量10826.910.8(g)269=，则还有S元素质量减少13.4710.82.67g−=()，26.90gZnSO4·6H2O中S元素的质量3226.93.2(g)269=，则S元素还有剩余，故答案选择C。【变式5-3】称取3

.60g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，相对分子质量是180)用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示，请分析图并回答下列问题：(1)过程Ⅰ发生反应的化学方程式为__________________________

_______________________________。(2)300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式________________。【答案】(1)FeC2O4·2H2OFeC2O4＋2H2O(2)F

e2O3【解析】(1)通过剩余固体的质量可知，过程Ⅰ发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为FeC2O4·2H2OFeC2O4＋2H2O。(2)草酸亚铁晶体中的铁元素质量为3.6g×56180×100%≈

1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为1.60g－1.12g＝0.48g，铁元素和氧元素的质量比为1.12g∶0.48g＝7∶3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有56x∶16y＝7∶3，x∶y＝2∶3，

铁的氧化物的化学式为Fe2O3。突破6工艺流程题中有关Ksp的计算类型【例8】（2023·湖南卷）处理某铜冶金污水(含3223CuFeZnAl++++、、、)的部分流程如下：已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的

pH如下表所示：物质()3FeOH()2CuOH()2ZnOH()3AlOH开始沉淀pH1.94.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6②()()3624sppsKCuS6.410,KZnS1.610−−==。下列说法错

误的是A．“沉渣Ⅰ”中含有3Fe(OH)和3Al(OH)B．2NaS溶液呈碱性，其主要原因是22SHOHSOH−−−++C．“沉淀池Ⅱ”中，当2Cu+和2Zn+完全沉淀时，溶液中()()2122cCu4.010cZn+−+=

D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水【答案】D【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可

达到除去其中的杂质，以此解题。【解析】A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；B．硫化钠溶液中的硫

离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B正确；C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则2+2+2-36sp122+2+2-24spK(CuS)c(Cu)c

(Cu)c(S)6.410410c(Zn)c(Zn)c(S)K(CuS)1.610−−−====，C正确；D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误；故选D。【例9】工业上用重铬酸钠(Na2C

r2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示：上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3＋外，还含有一定浓度的Fe3＋杂质，可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3＋)

＝3×10－5mol·L－1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3＋是否沉淀完全？________(填“是”或“否”)。{已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Cr(OH)3]＝6.0×10－31}【答案】是【解

析】Cr(OH)3开始出现沉淀时，溶液中c3(OH－)＝Ksp[Cr(OH)3]c(Cr3＋)＝6.0×10－313×10－5＝2×10－26，若Fe3＋沉淀完全时，c(Fe3＋)应小于10－5mol·L－1，此时溶液中c(Fe3＋)＝Ksp[Fe(

OH)3]c3(OH－)＝4.0×10－382×10－26mol·L－1＝2×10－12mol·L－1<1×10－5mol·L－1，说明Fe3＋沉淀完全。【例10】偏钒酸镁在化工“新型材料”光电领域有着重要的用途。以硼

泥[主要成分是MgO(52.12%)还有Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质]为原料设计制备偏钒酸镁的生产工艺如图所示：“除杂”过程加入双氧水的目的是________________________________________________

(用离子方程式表示)。此过程中使Fe3＋、Al3＋浓度均小于1×10－6mol·L－1，在室温下需调节pH的范围是：__________(已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39，Ksp[Al(OH

)3]＝1×10－33，pH＝9.3时，Mg2＋开始沉淀)。【答案】2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O5＜pH＜9.3【解析】加入双氧水可以把Fe2＋氧化为Fe3＋，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3

＋＋2H2O。因氢氧化铝的溶解度大于氢氧化铁，根据Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Fe3＋、Al3＋浓度均小于l×10－6mol·L－1时c(OH－)>310－3310－6mol·L－1＝10－9mol·L－1，pH最小值为5，为防止Mg2＋沉淀，控制pH的最大值

为9.3，所以pH的范围是5<pH<9.3。【变式6-1】对废银合金触电材料进行分离回收既可以节约矿物资源，又可以减少环境污染。某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等，现欲利用以下工艺流程回收其中的金属资源。回答问题：常温下，Cu2＋/Sn4＋混合液中c(Cu2＋

)＝0.022mol·L－1，将混合液“加热搅拌”后冷却至室温，再加“尿素”调节溶液的pH范围为_____________。(当溶液中的离子浓度小于10－5mol·L－1时，沉淀完全。已知：Ksp[Sn(OH)4]＝1×10－55；Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20

)【答案】1.5<pH＜5【解析】调节pH为保证Sn4＋沉淀完全(离子浓度小于10－5mol·L－1)，按c(Sn4＋)＝1×10－5mol·L－1进行计算，根据Ksp[Sn(OH)4]＝1×10－55可得，c(OH－)＝1×10－12.5mol·L－1，则c(H＋)＝1×10－1.5mol

·L－1，pH＝1.5，为保证Cu2＋(0.022mol·L－1)不沉淀，按c(Cu2＋)＝0.022mol·L－1进行计算，根据Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20可得，c(OH－)＝1×10－9mol·L－1，则c(H＋)＝1×10－5

mol·L－1，pH＝5，则pH的取值范围1.5<pH＜5。【变式6-2】镓是制作高性能半导体的重要原料。工业上常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，利用该矿渣制镓的工艺流程

如下：已知：①镓在元素周期表中位于第四周期ⅢA族，化学性质与铝相似。②lg2＝0.3，lg3＝0.48。③部分物质的Ksp如表所示：物质Zn(OH)2Ga(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp1

.6×10－172.7×10－318×10－162.8×10－39(1)加入H2O2的目的是(用离子方程式表示)_____________________________________________。(2)调pH的目的是________________________

____________________________________；室温条件下，若浸出液中各阳离子的浓度均为0.01mol·L－1，当溶液中某种离子浓度小于1×10－5mol·L－1时即认为该离子已完全除去，则pH应调节的范围为____________________。

【答案】(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O(2)使Fe3＋、Ga3＋沉淀完全而Zn2＋不沉淀5.48<pH<6.6【解析】(1)Fe2＋具有还原性，H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，反应的方程式是：2Fe2＋＋H

2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。(2)根据流程中物质转化关系可知调pH的目的是将Fe3＋、Ga3＋转化为氢氧化物沉淀，Zn2＋不能形成Zn(OH)2，从而与Zn2＋分离；Fe(OH)3和Ga(OH)3属于同种类型，Ksp[Ga(OH)3]>Ksp[Fe(OH

)3]，Ga3＋完全沉淀时Fe3＋已经完全沉淀，浓度小于1×10－5mol·L－1，c(OH－)＝3Ksp[Ga(OH)3]c(Ga3＋)＝32.7×10－311×10－5mol·L－1＝3×10－9mol·L－1，c(H＋)＝13×10－5mol·L－1，pH＝－lg(13×10－5)＝5.48

，Zn2＋开始沉淀时c(OH－)＝Ksp[Zn(OH)2]c(Zn2＋)＝1.6×10－170.01mol·L－1＝4×10－8mol·L－1，c(H＋)＝14×10－6mol·L－1，pH＝－lg(14×10－6)＝6.6，则pH应调节的范围

为5.48<pH<6.6。突破7工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算【例11】钛白粉(TiO2)广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。利用黑钛矿石[主要成分为(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2]制备TiO2，工

艺流程如下。常用硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]滴定法测定钛白粉的纯度，其步骤为：用足量酸溶解ag二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100mL，取20.00mL，以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁

铵溶液滴定至终点，反应原理为：Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋①滴定终点的现象为__________________________。②滴定终点时消耗bmol·L－1NH4Fe(SO4)2溶液VmL，则TiO2纯度为________。(写

表达式)【答案】①当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成红色，且30s内不变回原色②40bVa%【解析】①铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成红色，且30s内不变回原色；②由TiO2～Fe3＋关系式，n(TiO2)＝n(

Fe3＋)＝bmol·L－1×V×10－3L×100mL/20mL＝5bV×10－3mol，TiO2纯度为5bV×10－3mol×80g·mol－1/ag×100%＝40bVa%。【变式5-1】钼酸钠（Na2MoO4）是

一种重要的化工原料。用废加氢催化剂（含有MoS2和Al2O3、Fe2O3、SiO2等）为原料制取钼酸钠，工艺流程如图所示：用50t含MoS2为80%的废加氢催化剂，经过制取、分离、提纯，得到30.9tNa2MoO4，则Na2MoO4的产率为______。【

答案】60%【解析】用50t含MoS2为80%的废加氢催化剂，则含MoS2的物质的量为6501080%9664+（）=2.5×105mol，根据Mo原子守恒n（Mo）=n（MoS2）=n（Na2MoO4）

，所以Na2MoO4的产率=()6530.9102.51023296164++×100%=60%，故答案为：60%。【变式5-2】如图是工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生产CuCl的流程：氯化亚铜的

定量分析：①称取样品0.25g于250mL锥形瓶中，加入10mL过量的FeCl3溶液，不断摇动：②待样品溶解后，加入20mL蒸馏水和2滴指示剂；③立即用0.1000mol·L－1硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；④重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体

积为24.30mL。上述相应化学反应为CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，则样品中CuCl的纯度为________(保留三位有效数字)。【答案】96.7%【解析】根据题给的相应化学反应CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2、Fe2

＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，可得CuCl和Ce4＋的反应配比是1∶1，所以可得CuCl的纯度：24.30×10－3L×0.1mol/L×99.5g/mol0.25g×100%＝96.7%。1．（2022·湖

南卷）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：下列说法错误的是A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率C．合成槽中产物主要有36NaAlF和2COD．滤液可回收进入吸收塔循环利用【答案】C【解析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应2322NaC

O+2HF=2NaF+HO+CO，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应2236236NaF+NaAlO+2CO=NaAlF+2NaCO，过滤得到36NaAlF和含有23NaCO的滤液。A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；B．

采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；C．由上述分析可知，合成槽内发生反应2236236NaF+NaAlO+2CO=NaAlF+2NaCO，产物是36NaAlF和23NaCO，故C错误；D．由上述分析可知，滤液的主要成分

为23NaCO，可进入吸收塔循环利用，故D正确；答案选C。2．（2023·山东卷）一种制备2CuO的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH5=条件下进行。常温下，23HSO的电离平衡常数28ala2K1

.310,K6.310−−==。下列说法正确的是A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应B．低温真空蒸发主要目的是防止3NaHSO被氧化C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体ⅠD．若2CuO产量不变，参与反应Ⅲ的X与

4CuSO物质的量之比()()4nXnCuSO增大时，需补加NaOH的量减少【答案】CD【分析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液pH在3~4之间，溶液显酸性，根据23HSO的电离平衡常数28ala2K1.3

10,K6.310−−==，可知3NaHSO溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是3NaHSO，调节溶液pH值至11，使3NaHSO转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的

离子方程式是23SO−+2Cu2＋+2H2O=24SO−+Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在

pH5=条件下进行，据此分析解答。【解析】A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成3NaHSO、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；B．低温真空蒸发主要目的是防止

23NaSO被氧化，而不是3NaHSO，故B错误；C．经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C正确；D．制取2CuO总反应方程式是2CuSO4+3Na2S

O3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若2CuO产量不变，增大()()4nXnCuSO比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的量，故D正确；答案CD。3．MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体

残留率随温度的变化如图所示。(1)300℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为。(2)图中点D对应固体的成分为(填化学式)。【答案】（1）1∶2（2）Mn3O4、MnO【解析】第一步①图中，A、B、C点固体残留率分别为75.65%、66.38%、61.74%。②图中

D点介于B、C之间第二步以1molMnCO3(质量为115g)为基础，根据固体残留率分别求出A、B、C三点残留固体的质量，依据m(Mn)及n(Mn)不变，确定n(Mn)∶n(O)的值，继而确定剩余固体

的成分设MnCO3的物质的量为1mol，即质量为115g。(1)A点剩余固体质量为115g×75.65%≈87g，减少的质量为115g－87g＝28g，可知MnCO3失去的组成为“CO”，故剩余固体的成分为MnO2，n(Mn)∶

n(O)为1∶2。(2)C点剩余固体质量为115g×61.74%≈71g，据锰元素守恒知m(Mn)＝55g，则m(O)＝71g－55g＝16g，则n(Mn)∶n(O)＝5555∶1616＝1∶1，故剩余固体的成

分为MnO，同理，B点剩余固体质量为115g×66.38%＝76.337g，因m(Mn)＝55g，则m(O)＝76.337g－55g＝21.337g，则n(Mn)∶n(O)＝5555∶21.33716≈3∶4，故剩余固体的成分为Mn3O4，因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4

与MnO的混合物。4．采用热重分析法测定NiSO4·nH2O样品所含结晶水数。将样品在900℃下进行煅烧，失重率随时间变化如下图，A点时失掉2个结晶水，n的值为___________；C点产物的化学式为___________。【答案

】6NiO【解析】设样品的质量为100g，A点时失重率为13.7%，失重13.7g，失去2个结晶水，即155+18n36=10013.7，解得n=6；该晶体中结晶水占比186100%=41.1%155+186，所以B点时失去全部结晶水，C点失重率为7

1.5%，说明硫酸镍已分解，分解产物为NiO和三氧化硫，故填6、NiO。5．工业上常用水钴矿(主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO等杂质)制备钴的氧化物，其制备工艺流程如下：回答下列问题：已知：Ksp(CaF2)＝5.3×10－9，Ksp(MgF2)＝5

.2×10－12，若向溶液c中加入NaF溶液，当Mg2＋恰好沉淀完全即溶液中c(Mg2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，此时溶液中c(Ca2＋)最大等于____________________mol·L－1。【答案】0.01(或0.0102)【解析】根据MgF2的Ksp(MgF2)＝c

(Mg2＋)·c2(F－)，当Mg2＋恰好沉淀完全时，c(F－)＝KspMgF2cMg2＋＝5.2×10－121.0×10－5mol·L－1＝52×10－4mol·L－1，根据CaF2的Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)，c(Ca2＋)＝KspCaF2c2F－＝5.3×10－95

2×10－42mol·L－1＝0.01mol·L－1。6．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Ni2+Al

3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol·L−1)的pH沉淀完全时(c=1.0×10−5mol·L−1)的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列问题：(4).利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=_____________

_________________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是__________________________。【答案】(4)()()227.2-14-58.7-140.01101010或3.2~6.2【解析】

(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=()-148.7-14w-8.7+10==101.010HK

c，则Ni(OH)2的()()()22+2--58.7-14sp=NiOH=1010Kcc；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=()

-147.2-14w-7.2+10==101.010HKc，则Ni(OH)2的()()()22+2-7.2-14sp=NiOH=0.0110Kcc；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时()()()27.2-14sp--7.8-12

+0.0110OH===10molL1.0NiKcc，则()()-14+-6.2w-7.8-10H===1010OHKcc，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2。7．锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核

能和新能源汽车等高新23AlO产业。一种从萤石矿(主要含BeO、2LiO、2CaF及少量3CaCO、2SiO、FeO、23FeO、)中提取铍的工艺如图：已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。回答下列问题：(1)铍的化学

性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶液的化学方程式______________________________。(4)“除铁”中发生反应的离子方程式：232222FeHO2H2Fe=2HO++++++、______________________。【答案】(2

)222BeO2NaOHNaBeOHO+=+(4)()324234623FeNa2SO6HONaFeSO(OH)6H++−++++=+【解析】(1)由题意可知，铍的化学性质与铝的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应的化学反

应方程式为：2322AlO2NaOH2NaAlO2HO+=+，类比化学反应方程式，氧化铍与氢氧化钠反应为非氧化还原反应，生成铍酸盐和水。所以氧化铍与氢氧化钠的反应的化学反应方程式为：222BeO2NaOHNaBeOH

O+=+。答案为：222BeO2NaOHNaBeOHO+=+；(4)根据流程图可知，除铁中，铁元素最终是以黄钠铁矾渣形式存在，所以3426NaFe(SO)(OH)是难溶于水的固体，根据题意可知，。答案为：()324234623FeNa2

SO6HONaFeSO(OH)6H++−++++=+。8．以含锂的电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)和浓硫酸为原料，制备电池级碳酸锂，同时得到副产品冰晶石的工艺流程如下：已知：LiOH易溶于水，Li2CO3微溶于水。回答下列问题：(2)碱解反应中，同时

得到气体和沉淀，反应的离子方程式为______________________________________。(5)上述流程得到的副产品冰晶石的化学方程式________________________________________________。(6)电池级Li2CO3可由高纯度LiOH

转化而来。将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式为________________________________________________。【答案】(2)2Al3++3CO2-

3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑(5)6HF+Na2SO4+NaAlO2=NaAlF6+H2SO4+2H2O(6)Li2CO3+2C+2FePO4高温2LiFePO4+3CO↑【解析】(2)碱解反应中，硫酸铝与碳酸钠反应生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体，反应的离子方程式为2Al3++3C

O2-3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；(5)偏铝酸钠、HF、硫酸钠反应生成Na3AlF6和H2SO4，反应的化学方程式为6HF+Na2SO4+NaAlO2=NaAlF6+H2SO4+2H2O；(6

)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，根据化合价升降规律，可知生成的可燃性气体是CO，该反应的化学方程式为Li2CO3+2C+2FePO4高温2LiFePO4+3CO↑。9．高铁酸钾(K2FeO4)是一

种集强氧化性、吸附、絮凝于一体的新型多功能处理剂，其生产工艺如图所示：工业上常用“间接碘量法”测定高铁酸钾样品中高铁酸钾的含量，其方法是：用碱性的碘化钾溶液(pH为11～12)溶解3.96g高铁酸钾样品，调节pH为1，避光放置40分钟至反应完全(

高铁酸根离子全部被还原成铁离子)，再调节pH为3～4(弱酸性)。以1.0mol/L的硫代硫酸钠标准溶液为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，当达到滴定终点时，用去硫代硫

酸钠标准溶液15.00mL，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为____________________。【答案】25%【解析】碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH为1，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系2FeO42-

～3I2，再根据反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式2FeO42-～3I2～6Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为13×1.0mol/L×0.015L×198g/mol=0.99g，则原高铁酸

钾样品中高铁酸钾的质量分数为0.993.96gg×100%=25%。10．碳酸锂广泛应用于化工、冶金、陶瓷、医药、制冷、焊接、锂合金等行业。从煤粉灰(23AlO、23FeO、2LiO、2SiO等)中回收提取铝、锂元

素的化合物的流程如图所示：已知：碳酸锂的溶解度为(g/L)温度/℃01020304050608010023LiCO1.541.431.331.251.171.081.010.850.72(1)如何提高酸浸速率？_______(任写一条)(2)滤渣2的主要

成分为_______；3+Fe刚好沉淀完全的pH为_______。{已知：38sp3KFe(OH)=8.010,lg2=0.3−，离子浓度≤51.010−时表示该离子沉淀完全}。(3)从滤渣2中分离出3Al(OH)，可用如图所示的方法，步骤

1的离子方程式为_______。(4)“沉锂”的化学反应方程式为_______。(5)“沉锂”中的“一系列操作”依次为_______、_______、洗涤、干燥，检验碳酸锂已经洗涤干净的方法为_______。【答案】(1)适当升高温度；适当增大稀硫酸的浓度；搅拌

(任写一条)；(2)33Fe(OH)Al(OH)、；3.3；(3)-322Al(OH)+OH=AlO+2HO−；(4)()()4324234422NHCO+LiSOLiCO+NH=SO；(5)蒸发至大量晶体析出或蒸发浓缩；趁热过滤；取最后一次洗

涤液于试管中，先加盐酸无现象，再加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则碳酸锂已经洗涤干净(或填：若产生白色沉淀，则碳酸锂未洗涤干净)。【解析】煤粉灰(232322AlOFeOLiOSiO、、、等)粉碎后酸浸，滤渣1为2SiO，滤液中的金属离子为3+Fe、3Al+、+Li；加氨水调pH值，得滤渣

2，成分为3Fe(OH)，3Al(OH)；调pH值后滤液中只剩金属离子+Li，加碳酸铵沉锂，根据表格中信息可知23LiCO溶解度随温度升高而降低，故23LiCO溶液蒸发至大量晶体析出（或蒸发浓缩），趁热过滤，洗涤、干燥可得23LiCO固体。(1)升温可降低活化能，使活化分

子百分数增大；适当增大硫酸浓度，可增加单位体积内活化分子数目；搅拌可增大反应物间的接触面积，三者均能使反应速率加快；(2)根据题目中所给煤粉灰的成分，酸浸后溶液中含有3+Fe、3Al+、+Li，加入氨水会生成3Fe(OH)，3Al(OH)，所

以滤渣2的成分为3Fe(OH)，3Al(OH)。由()3838.010spKFeOH−=，可知3+Fe沉淀完全时()11c210OH−−=，所以3+Fe沉淀完全时3.3pH=；(3)结合题意，滤渣2的主

要成分为3Fe(OH)和3Al(OH)，在步骤1之后，步骤2中加入足量2CO之后可得3Al(OH)，可知步骤1反应后的溶液中含2AlO−，判断出加入的试剂X为强碱，所以步骤1的离子方程式为--322Al(OH)+OH=AlO+2HO；(4)结合题中所给流程图可知，酸浸时加入的酸为硫酸

，故从酸浸后至沉锂之前，锂元素的存在形式为24LiSO，所以沉锂的化学方程式()()4324234422NHCO+LiSOLiCO+NH=SO；(5)结合题中23LiCO的溶解度随温度的变化规律，可知其溶解度随温度的升高反而降低，所以沉锂后分离出23LiCO的方法为：蒸发至大量晶体析出（或蒸发浓

缩）、趁热过滤，之后洗涤、干燥；其中，洗涤的目的是洗去23LiCO表面的+4NH和2-4SO，所以检验23LiCO已洗涤干净的实质为检验2-4SO是否有剩余，检验方法为：取最后一次洗涤液于试管，加盐酸无明显现象，再加氯化钡溶液，若不产

生白色沉淀，则碳酸锂已经洗涤干净，反之则未洗涤干净。11．（2022·北京顺义·二模）火法有色金属冶炼烟气制酸过程中会产生大量含砷污酸，采用硫化-石膏中和法处理含砷污酸可获得达标废水，同时实现变废为宝得到多级产

品，工艺流程如下：资料：ⅰ．常温下H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11；H2S的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15；ⅱ．含砷污酸中砷的主要存在形式为亚砷酸(H3AsO3，弱酸)，除砷外H+、Cu2+

、F-、SO2-4含量均超标；ⅲ．室温下三价砷在水溶液中的存在形式与溶液pH的关系：pH值pH＜7pH=10~11主要存在形式H3AsO3H2AsO-3(1)工业上制备Na2S时，用NaOH溶液吸收H2S，不能以纯碱代替NaOH。结合方程式解释不能使用纯碱的原因_________

__。(2)过程Ⅰ可除去含砷污酸中的Cu2+和部分砷，滤渣A的主要成分为CuS和As2S3，生成As2S3的离子方程式是___________。(3)过程Ⅰ会发生副反应As2S3(s)＋3S2-(aq)2AsS3-3(aq)，影响后续

处理。加入Na2S充分反应后加入少量FeSO4，结合平衡移动原理解释加入FeSO4的原因___________。(4)过程Ⅲ中获得的滤渣C主要成分是FeAsO4，该过程通入空气的作用是___________。(5)利用反应AsO3-4

+2I-+2H+=AsO3-3+I2+H2O测定滤渣C中FeAsO4含量。取ag样品，用硫酸溶液溶解，加入过量KI，充分反应后将溶液转移至锥形瓶中，以淀粉为指示剂，用cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液

滴定，观察到___________现象说明已到滴定终点，重复三次实验，记录用去Na2S2O3溶液体积为VmL，计算样品纯度为___________(用字母表示)。资料：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI；FeAsO4相

对分子质量为195【答案】(1)依据电离常数，纯碱与H2S发生反应：H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3，不能得到Na2S(2)2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3+6H2O(3)加入少量FeSO4，Fe2++3S2-=Fe

S↓，使c(S2-)降低，As2S3(s)＋3S2-(aq)2AsS3-3(aq)向逆反应方向移动，从而减少副反应发生(4)做氧化剂，氧化Fe2+和H2AsO-3(5)滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复0.195cV2a【解析】本实

验由含砷污酸加入Na2S、FeSO4反应得到滤渣CuS和As2S3，含砷滤液中含有H+、F-、SO2-4，加入石灰乳得到滤渣CaF2和CaSO4，滤液中加入石灰乳和FeSO4，得到FeAsO4，以及达标废水，据此分析回答问题。(1)由题干信息可知，H

2CO3的Ka1=4.4×10-7<H2S的Ka1=1.3×10-7，纯碱与H2S发生反应：H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3，不能得到Na2S；(2)由信息可知，含砷污酸中H3AsO3与S2-反应生成As2S3，依据元素守恒产物还有H2O，故离子

方程式为2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3+6H2O；(3)加入Na2S充分反应后加入少量FeSO4，Fe2+与S2-反应得到FeS沉淀，会使反应As2S3(s)＋3S2-(aq)2AsS3-3(aq)逆向移动，而减少副反应发生，故为加入少量FeSO4，Fe2

++3S2-=FeS↓，使c(S2-)降低，As2S3(s)＋3S2-(aq)2AsS3-3(aq)向逆反应方向移动，从而减少副反应发生；(4)过程Ⅲ中通入氧气将Fe2+氧化成Fe3+，将H2AsO-3氧化成AsO3-4，从而得到FeAsO4；(5)反应中I2与Na2S2O3反应，且I2

会使淀粉变蓝，故用Na2S2O3标准溶液滴定，观察到滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，说明已到滴定终点；根据反应中方程式可知，AsO3-4+2I-+2H+=AsS3-3+I2+H2O，2

Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，则有3-42223-3-3AsOI2NaSOV10cmolV10cmol2，元素守恒可知，n(FeAsO4)=-3V10cmol2，故样

品纯度为cV10-31950.195cV2=a2a。